四川内江市第一中学2026-2027学年高二上学期10月阶段检测物理试题

高2028届高二上期第一次月考物理试题 考试时间：75分钟 总分：100分 一、单选题（每小题4分，共28分） 1．下列关于静电场及静电现象说法正确的是（　　） A．若电场中的某点不放试探电荷，则该点的电场强度一定为0 B．法国科学家库仑认为电荷之间的相互作用通过场来传递，提出了电场的概念 C．公式表明在点电荷的电场中，某点的电场强度的大小与电荷量Q成正比 D．优质耳机线内包裹着金属丝网是利用了静电吸附的原理 2．如图，用两根绝缘细线把质量分别为、的A、B带电小球（视为质点）悬挂在同一点，两小球恰好静止于同一水平面上，细线与竖直方向的夹角分别为、且，A、B两球所受库仑力大小分别为、，则下列关系式正确的是（    ） A． B． C． D． 3．如图所示，△ABC是边长为l的等边三角形。在顶点A放置一个电荷量为Q的正点电荷，在顶点B放置一个电荷量为Q的负点电荷。已知静电力常量为k，则C点的电场强度（　　） A．大小为 B．大小为 C．方向与AB平行向左 D．方向垂直AB向下 4．如图所示，正方体，在和处放置电量分别为、的点电荷，则下列说法正确的是（    ） A．点和点电场强度相同 B．点和点电势相同 C．点和点两点电场强度之比为 D．将一正试探电荷沿棱从点移动到点，电场力不做功 5．如图中三条实线a、b、c表示三个等差等势面。一个带电粒子射入电场后只在电场力作用下沿虚线所示路径由M点运动到N点，由图可以看出（     ） A．三个等势面的电势关系是c >b >a B．带电粒子在 M点的加速度较大 C．带电粒子带负电 D．带电粒子在N点的动能较小，电势能较大 6．带电物体会在其周围产生电场。若某位置附近有多个带电体，则该位置的实际电场是各个带电体产生的电场叠加的结果。a、b是x轴上两个点电荷，电荷量分别为和，沿x轴a、b之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，aP之间的距离大于bP之间的距离，从图中可以判断以下说法中正确的是（　　） A．a是正电荷，b是负电荷 B．a的电荷量小于b的电荷量 C．只在电场力作用下负电荷从靠近a处沿x轴移到靠近b处，速度先减小后增大 D．只在电场力作用下负电荷从靠近a处沿x轴移到靠近b处，加速度先增大后减小 7．图中虚线、、、、代表匀强电场内间距相等的一组等势面，相邻等势面间的距离为5cm，已知平面上的电势为2V。一电子经过时的动能为10eV，从到的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法中错误的是（　　） A．平面上的电势为零 B．匀强电场的场强大小为 C．该电子经过平面时，其电势能为 D．该电子可能到达不了平面 二、多选题（每小题6分，共18分） 8．如图，平行板电容器与一直流电源连接，下极板接地，静电计金属球与电容器上极板连接，静电计开始时所带电荷量很少，可忽略。开关闭合，稳定时一带电的油滴静止于两极板间的点。若断开开关，将平行板电容器的下极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是（     ） A．带电油滴保持静止 B．静电计指针的张角保持不变 C．点电势变大 D．带电油滴的电势能变大 9．如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有A、B、C三点，其电势分别为8φ、6φ和4φ（φ>0），A、B、C分别位于纸面内一等边三角形的顶点上，M为AC边的中点，AM=L。一质子以速度v0从A点出发，方向与AC垂直，经过一段时间质子恰好经过B点。不计重力，下列说法正确的是（     ） A．AM两点的电势差为2φ B．电场强度方向由A 指向B C．质子从A 点运动到B 点所用时间为 D．电场强度大小为 10．如图所示，质量为m、带电量为的带电粒子在水平方向的匀强电场中运动，已知粒子在A点时速度为v，方向与电场线垂直，在B点时速度大小为，A、B两点距离为d，粒子重力不计，下列说法正确的是（　　） A．电场方向水平向右 B．A、B两点的电压 C．电场强度的大小为 D．粒子从A点到B点的时间为 三、实验题 11．（6分）某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作。步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。步骤二：使小球处于同一位置，增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。 (1)该实验采用的方法是 ________（填正确选项前的字母）。 A．理想实验法 B．控制变量法 C．等效替代法 (2)实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而 ________，随着距离的增大而 ________（填“增大”、“减小”或“不变”）。 (3)小球的质量用m表示，重力加速度为g，可认为物体A与小球在同一水平线上，当小球偏离竖直方向的角度为θ时保持静止，小球所受电场力大小为 ________。 12．（10分）如图是某实验小组为了定性探究平行板电容器的电容C与其极板间距离、极板间正对面积S之间的关系装置图。请回答下列问题： (1)本实验采用的科学方法是______。 A．理想实验法 B．控制变量法 C．等效替代法 D．建立物理模型法 (2)正对面积减小时，静电计指针的偏转角度______；板间距离增大时，电容器的电容C______（两空均选填“增大”“减小”或 “不变”） (3)如图甲所示是观察电容器的充、放电现象实验装置的电路图。电源输出电压恒为，S是单刀掷开关，为灵敏电流计，C为平行板电容器。 ①当开关S接______时（选填“1”或“2”），平行板电容器充电。电容器充电完毕，断开开关，此时如图电路图中电容器上极板______（填“带正电”、“带负电”或“不带电”）； ②放电过程中电容器的电压______、电容C______（填“变小”或“变大”或“不变”）； ③将G表换成电流传感器，电容器充电完毕后，再让电容器放电，其放电电流随时间变化的图像如图乙所示，已知图线与横轴所围的面积约为41个方格，则电容器释放的电荷量为______C，可算出电容器的电容C为______F。 四、解答题 13．（12分）如图所示，一倾角的光滑绝缘斜面固定在方向竖直向下的匀强电场中，电场强度大小，现有一质量m=0.05kg、电荷量的带正电小球（可视为质点），从斜面顶端处由静止沿斜面向下运动至底端处，已知斜面的长度，取重力加速度。 (1)求小球运动的加速度大小； (2)求小球在斜面上运动的时间； (3)小球的电势能如何变化？变化量为多少？ 14．（12分）如图所示，两异种点电荷的电荷量均为，绝缘竖直平面过两点电荷连线的中点O且与连线垂直，平面上A、O两点位于同一竖直线上，，点电荷到O点的距离也为l。现有比荷、带负电的小物块（可视为质点），从A点以初速度向下滑动，取g=10m/s2，。 (1)求A点电场强度； (2)若物块与平面的动摩擦因数为，求物块在A点的加速度； (3)若绝缘竖直平面光滑，求物块到O点时，两异种点电荷对物块做的功及物体速度大小。 15．（14分）如图所示，竖直平面直角坐标系xOy，第Ⅲ象限内固定有半径为R的四分之一光滑绝缘圆弧轨道BC，轨道的圆心在坐标原点O，B端在x轴上，C端在y轴上，同时存在大小为，方向水平向右的匀强电场。第Ⅳ象限x=0与x=3R之间有大小为，方向竖直向下的匀强电场。现将一质量为m，电荷量为q的带负电小球从B点正上方高2R处的A点由静止释放，并从B点进入圆弧轨道，重力加速度用g表示，求： (1)小球经过B点时的速度大小vB； (2)小球经过第Ⅲ象限的C点时对轨道的压力大小； (3)小球运动到y轴右侧后离开电场时的坐标。 试卷第4页（共4页） 试卷第3页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D A B D C C AC AC BD 1．C 【详解】A．电场强度是电场的固有属性，仅由电场本身决定，与是否放置试探电荷无关，故A错误； B．最早提出电场概念、认为电荷间相互作用通过场传递的科学家是法拉第，库仑的贡献是总结出库仑定律，故B错误； C．是点电荷电场强度的决定式，对于电场中确定的某点，为定值，该点电场强度大小与场源电荷电荷量成正比，故C正确； D．耳机线内包裹金属丝网是利用静电屏蔽原理，屏蔽外界电场对音频信号的干扰，和静电吸附无关，故D错误。 故选C。 2．D 【详解】AB．两小球间的库仑力是一对相互作用力，大小相等，即，故A错误，B错误。 CD．分别对、两球受力平衡，有， 由，得 因且两角均为锐角，所以，则，故C错误，D正确。 故选D。 3．A 【详解】AB．正点电荷在C点的电场强度大小为 负点电荷在C点的电场强度大小为 C点的电场强度大小为，A正确，B错误； CD．根据矢量的合成可知电场强度方向与AB平行向右，CD错误。 故选A。 4．B 【详解】A．根据等量异种电荷的电场线分布特点及对称性可知，、两点电场强度方向不同，故A错误； B．平面是、连线的中垂面，、在同一等势面上两点电势相等，故B正确； C．设正方体的边长为，因为等边三角形，故、在点产生的场强方向互成且大小相等，故 B点的电场强度大小为 、在点产生的场强大小相等且方向互相垂直，故点的电场强度大小为 故B、两点电场强度的比值为，故C错误； D．点距较近，其电势大于零，点电势等于零，故、两点电势不同，将一正试探电荷沿棱从点移动到点，电势能减小，电场力做正功，故 D错误。 故选B。 5．D 【详解】AC．带电粒子所受电场力指向轨迹的凹侧且与等势面垂直，大致向右下，但因电场线方向不确定，所以带电粒子电性不能确定，也不能确定三个等势面的电势高低关系，故AC错误； B．N点的等势面比M点密集，可知N点的电场线也比M点密集，则N点场强比M点大，带电粒子在N点所受电场力比在M点大，带电粒子在N点的加速度较大，故B错误； D．从M点到N点，带电粒子所受电场力与速度方向成钝角，所以电场力做负功，电势能增加，动能减小，即带电粒子在N点的动能较小，电势能较大，故D正确。 故选D。 6．C 【详解】AB．作出x轴上电场线如图所示 可知处合场强为0，则和在处场强大小相等，方向相反，根据 可知，a的电荷量大于b的电荷量，a、b都是正电荷，AB错误； C．只在电场力作用下负电荷从靠近a处沿x轴移到靠近b处，电势能先增大后减小，电场力先做负功后做正功，故速度先减小后增大，C正确； D．根据 可知图像斜率表示电场强度，由图可知，电场强度先减小后增大，根据 可得只在电场力作用下负电荷从靠近a处沿x轴移到靠近b处，加速度先减小后增大，D错误。 故选C。 7．C 【详解】A．虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此a、b、c、d、f相邻两个等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面电势由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A正确，不符合题意； 根据上述分析可知，匀强电场的电场强度大小为，故B正确，不符合题意； C．根据上述分析可知，d点的电势为，因此电子在d点具有的电势能为，故C错误，符合题意； D．由上分析可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故D正确，不符合题意。 故选C。 8．AC 【详解】B．若断开开关K，由于静电计所带电荷量很少，可忽略不计，所以可认为电容器所带电荷量保持不变。将平行板电容器的下极板竖直向下平移一小段距离，板间距离增大，根据可知电容器的电容变小；由分析可知，电容器极板间电压增大，则静电计指针的张角变大，故B错误； A．根据 可得 可知板间电场强度不变，带电油滴受到的电场力保持不变，则带电油滴仍保持静止状态，故A正确； CD．根据U=Ed，由于板间电场强度不变，P点与下极板距离变大，又下极板接地，电势为零，可知P点电势变大； 根据平衡条件可知，带电油滴受到的电场力竖直向上，与电场方向相反，则带电油滴带负电； 根据Ep=qφ，可知带电油滴在P点电势能变小，故C正确，D错误。 故选AC。 9．AC 【详解】A．由于M为AC边的中点，则 解得 可得，故A正确； BD．BM为等势线，电场强度方向垂直于BM，由A指向C，电场强度大小为，故B错误，D错误； C．质子以速度v0从A点出发，方向与AC垂直，则质子从A点做类平抛运动到B点，所用时间为，故C正确。 故选AC。 10．BD 【详解】A．粒子在B点的合速度满足 解得沿电场方向的末速度 说明粒子沿水平向右加速，电场力方向向右。粒子带负电，电场方向与负电荷受力方向相反，因此电场方向水平向左，故A错误； B．根据动能定理，电场力做功等于动能变化，得 解得，故B正确； D．垂直电场方向做匀速直线运动，位移 沿电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，位移 因此 AB间距满足 解得，故D正确； C．沿电场方向的位移 场强，故C错误。 故选BD。 11．(1)B (2) 增大 减小 (3) 【详解】（1）此实验中比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小，再使小球处于同一位置，改变小球所带电荷量，比较小球所受静电力的大小，是采用了控制变量的方法。 故选B。 （2）[1]当小球处于同一位置，增大小球所带的电荷量时，细绳的偏转角越大，由电荷之间的静电力，可知电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大。 [2]当小球带电量不变时，小球距离带电物体越远时，细绳的偏转角越小，由电荷之间的静电力，可知电荷之间的静电力随着距离的增大而减小。 （3）当小球静止后，对小球受力分析，根据平衡条件和几何关系可知 12．(1)B (2) 增大 减小 (3) 1 带正电 减小 不变 【详解】（1）探究平行板电容器的电容C与其极板间距离d、极板间正对面积S之间的关系应选用控制变量法进行研究。 故选B。 （2）[1]静电计指针的偏转角度与电容器两端的电压相关，根据 可知，正对面积S减小时，电容C减小，结合 可知，两极板间电势差U增大，静电计指针的偏转角度增大； [2]根据 可知，板间距离d增大时，电容C减小。 （3）[1][2]电容器充电要与电源相连，所以开关S接1时平行板电容器充电，由于上极板与电源正极相连，故电容器上极板带正电； [3][4]根据电容器定义式 电容器放电时电荷量减小，电压减小，电容大小不变； [5]根据 可知放电电流随时间变化曲线与x轴所围成的面积即为通过的电荷量，每个小格的电荷量为 则总电荷量 [6]电容为 13．(1) (2) (3)电势能减少， 【详解】（1）对小球受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律，有 解得 （2）根据运动学公式，有 解得 （3）电场力做正功，故电势能减少，减少量为 代入数据解得 14．(1)，方向水平向左 (2)，方向竖直向上 (3)0， 【详解】（1）两异种点电荷在A点的场强根据场强叠加原则，可知A点的电场强度的大小为 方向水平向左。 （2）若物块与平面的动摩擦因数为，物块在A点受到竖直向下的重力、水平向右的电场力、水平向左的支持力和竖直向上的摩擦力，根据牛顿第二定律有 又， 联立解得 方向竖直向上。 （3）AO线上的场强均水平向左，可知物块受电场力方向与速度垂直，可知电场力做功W=0 若绝缘竖直平面光滑，只有重力做功，根据动能定理有 解得物块到O点的速度大小 15．(1) (2)5.5mg (3)（3R，0） 【详解】（1）带负电小球从A点由静止释放到B点，根据自由落体运动规律可得 则小球经过B点时的速度大小为 （2）小球从B点运动到C点，根据动能定理可得 解得 在C点，根据牛顿第二定律可得 解得 根据牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力大小为5.5mg； （3）在第Ⅳ象限电场中，小球做类平抛运动，假设能从电场所在0-3R区域离开电场，则水平方向，有 竖直方向，有， 联立解得 假设成立，即小球从右侧电场边界与x轴的交点离开电场，离开时与x轴的交点坐标为（3R，0）。 答案第6页（共7页） 答案第7页（共7页） 学科网（北京）股份有限公司 $